Question

9．已知函數(shù)f（x）=e^x-ax²-2x-1（x∈R）．
（1）當(dāng)a=0時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求證：對(duì)任意實(shí)數(shù)a＜0，有f（x）＞$\frac{{{a^2}-a+1}}{a}$．

Answer 1

分析 （1）把a(bǔ)=0代入函數(shù)解析式并求出導(dǎo)函數(shù)，求得導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，由零點(diǎn)對(duì)函數(shù)定義域分段，然后根據(jù)導(dǎo)函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的符號(hào)求得原函數(shù)的單調(diào)期間；
（2）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，對(duì)導(dǎo)函數(shù)二次求導(dǎo)得到得到導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，求出原函數(shù)的極值點(diǎn)，然后借助于二次函數(shù)最小值的求法得到f（x）的最小值，則答案得證．

解答 （1）解：當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=e^x-2x-1（x∈R），
∵f′（x）=e^x-2，且f′（x）的零點(diǎn)為x=ln2，
∴當(dāng)x∈（-∞，ln2）時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x∈（ln2，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
即（-∞，ln2）是f（x）的單調(diào)減區(qū)間，（ln2，+∞）是f（x）的單調(diào)增區(qū)間；
（2）證明：由f（x）=e^x-ax²-2x-1（x∈R）得：f′（x）=e^x-2ax-2，
記g（x）=e^x-2ax-2（x∈R）．
∵a＜0，∴g′（x）=e^x-2a＞0，即f′（x）=g（x）是R上的單調(diào)增函數(shù)，
又f′（0）=-1＜0，f′（1）=e-2a-2＞0，
故R上存在惟一的x₀∈（0，1），使得f'（x₀）=0，
且當(dāng)x＜x₀時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x＞x₀時(shí)f′（x）＞0．
即f（x）在（-∞，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞增，
則$f{（x）_{min}}=f（{x_0}）={e^{x_0}}-ax_0^2-2{x_0}-1$，再由f′（x₀）=0，得${e^{x_0}}=2a{x_0}+2$，將其代入前式可得$f{（x）_{min}}=-ax_0^2+2（a-1）{x_0}+1$．
又令$φ（t）=-a{t^2}+2（a-1）t+1=-a{（t-\frac{a-1}{a}）^2}+\frac{{{{（a-1）}^2}}}{a}+1$，
由于-a＞0，對(duì)稱軸$x=\frac{a-1}{a}＞1$，而x₀∈（0，1），∴φ（x₀）＞φ（1）=a-1，
又$（a-1）-\frac{{{a^2}-a+1}}{a}=-\frac{1}{a}＞0$，∴$φ（{x_0}）＞\frac{{{a^2}-a+1}}{a}$．
故對(duì)任意實(shí)數(shù)a＜0，都有$f（x）＞\frac{{{a^2}-a+1}}{a}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，訓(xùn)練了學(xué)生的邏輯思維能力和綜合運(yùn)算能力，是壓軸題．